1. GRUPA Pismeni ispit iz MATEMATIKE 1 0.0.01. Prezime i ime broj indeksa 1. (15 poena) Rexiti matriqnu jednaqinu XB T + XA = B, 1 4 pri qemu je A = 6 9 i B = 1 1 0 1 1. 4 4 4 8 1. Data je prava q : { x y + z + = 0 x + y + z = 0 i taqka M(1,, 1). a) (5 poena) Odrediti jednaqinu prave p koja sadrжi taqku M i paralelna je pravoj q. b) (5 poena) Odrediti jednaqinu ravni koju određuju prave p i q.. Data je funkcija g : x sin x. a) (5 poena) Odrediti Maklorenov polinom qetvrtog stepena funkcije g. b) (5 poena) Izraqunati: g(x) 4x x 0 e x4 1. 4. (15 poena) Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f : x x x + x. NAPOMENA: Pismeni ispit traje h i 15min. Prvih sat vremena nije dozvoljeno napuxtanje uqionice. Zabranjen je razgovor među studentima kao i upotreba kalkulatora, mobilnih telefona i ostalih sredstava za komunikaciju. Sa manje od 5 poena pismeni ispit nije poloжen, a uslov za usmeni ispit (uz poloжen pismeni ispit) je najmanje 0 poena iz predispitnih obaveza (pismeni ispit + aktivnost).
. GRUPA Pismeni ispit iz MATEMATIKE 1 0.0.01. Prezime i ime broj indeksa 1. (15 poena) Neka je A = {x + y x, y Q, (x, y) (0, 0)} i a b = a b, za a, b A. Ispitati da li je (A, ) grupa.. Date su taqke A(1, 1, 1), B(0,, ), C(1,, 0) i M(7,, ). a) (5 poena) Odrediti jednaqinu ravni α koja sadrжi taqke A, B i C. b) (5 poena) Odrediti koordinate taqke N koja je simetriqna taqki M u odnosu na ravan α.. Data je funkcija h: x cos(1 cos x). a) (5 poena) Odrediti Maklorenov polinom qetvrtog stepena funkcije h. b) (5 poena) Izraqunati: x 0 1 h(x) ln(1 + x 4 ). 4. (15 poena) Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f : x (x )e 1 x. NAPOMENA: Pismeni ispit traje h i 15min. Prvih sat vremena nije dozvoljeno napuxtanje uqionice. Zabranjen je razgovor među studentima kao i upotreba kalkulatora, mobilnih telefona i ostalih sredstava za komunikaciju. Sa manje od 5 poena pismeni ispit nije poloжen, a uslov za usmeni ispit (uz poloжen pismeni ispit) je najmanje 0 poena iz predispitnih obaveza (pismeni ispit + aktivnost).
. GRUPA Pismeni ispit iz MATEMATIKE 1 0.0.01. Prezime i ime broj indeksa 1. (15 poena) U zavisnosti od realnog parametra a rexiti sistem x y az = a 1 x + y az u = 4 x + y z u = 7.. Date su prave p : x 1 = y + 7 1 = z 5 1 i q : { x + y + z + 1 = 0 x + y + z = 0 a) (5 poena) Odrediti jednaqinu ravni α koju određuju prave p i q. b) (5 poena) Odrediti normalnu projekciju taqke N na ravan α.. (10 poena) Odrediti taqke nagomilavanja niza (a n ) qiji je opxti qlan ( ) n n a n = ( 1) n n + n n + 1 sin nπ. i taqka N(1, 0, 1). 4. (15 poena) Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f : x x x 1. NAPOMENA: Pismeni ispit traje h i 15min. Prvih sat vremena nije dozvoljeno napuxtanje uqionice. Zabranjen je razgovor među studentima kao i upotreba kalkulatora, mobilnih telefona i ostalih sredstava za komunikaciju. Sa manje od 5 poena pismeni ispit nije poloжen, a uslov za usmeni ispit (uz poloжen pismeni ispit) je najmanje 0 poena iz predispitnih obaveza (pismeni ispit + aktivnost).
1 4 1. A = 6 9, B = 1 1 0 1 1. 4 4 4 8 1 Rezultati I grupe U datoj matriqnoj jednaqini XB T + XA = B izvucimo X sa leve strane: X(B T + A) = B. Kada ovu jednakost pomnoжimo sa (B T + A) 1 sa desne strane dobijamo rexenje matriqne jednaqine X = B(B T + A) 1. Dalje, prilikom izraqunavanja prethodnog izraza dobijamo 1 0 8 B T = 1, B T +A = 1 1 0 0 1 0, det(b T +A) = 1, (B T +A) 1 = 1 1 0 0 1 0, 1 1 1 1 1 1 1 0 1 xto konaqno daje X = 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 = 1 1 1. 8 1 1 0 1 7 5 1 { x y + z + = 0. q :, M(1,, 1) x + y + z = 0 a) Vektor pravca prave q moжemo dobiti kao v q = (, 1, 1) (1, 1, ) = (,, ). Do ovog rezultata moжe se do i i rexavanjem sistema od jednaqine ravni kojima je prava q zadata. Kako je p q, moжemo uzeti da je v p = 1 x 1 (,, ) = (1, 1, 1) i M p, pa je p: = y = z 1 1 1 1. b) Prvo treba da odredimo jednu taqku Q sa prave q. Fiksiramo jednu koordinatu, npr. x = 0 i iz sistema nađimo druge : Q(0, 7, 1 ). Za vektor normale na ravan emo uzeti n α = v p MQ (jer je M p, a Q q): MQ = ( 1, 1, ), pa je n α = (1, 1, 1) ( 1, 1, ) = ( 1, 5, 4 ) = ( 1, 5, 4) (ovde smo sve mnoжili sa da ne bismo imali razlomke). Ostaje da odredimo jednaqinu ravni α koja ima vektor normale n α i sadrжi taqku M: α : 1 (x 1) + 5(y ) + 4(z 1) = 0, tj. α : x + 5y + 4z 1 = 0.. g : x sin x a) I naqin. Iskoristimo poznat Maklorenov razvoj sin x = x 1! (x)! + o(x 4 ): sin x = ( x 1! (x) + o(x 4 ) ) = 4x 16! x4 + o(x 4 ) (ovde qlan 16 x4,,ulazi u o(x 4 )). Traжeni Maklorenov polinom je M 4 (x) = 4x 16 x4. II naqin. cos 4x = 1 (4x)! + (4x)4! + o(x 4 ) = 1 8x + 18x4 + o(x 4 ) kad x 0. Iskoristimo trigonometrijsku formulu sin 1 cos 4x x =, pa imamo sin x = 1 (1 8x + 18x ) + o(x 4 ) kad x 0. Stoga je sin x = 4x 16 x4 + o(x 4 ) kad x 0, pa je traжeni Maklorenov polinom M 4 (x) = 4x 16 x4. III naqin. Zadatak se moжe uraditi i preko Maklorenove formule izraqunavanjem izvoda g (x), g (x), g (x) i g V (x)» Qesta grexka je bila ve prilikom traжenja prvog izvoda: kako je g(x) = (sin x) imamo da je g (x) = sin x (sin x) = sin x cos x. Izraqunavanje ostalih izvoda se znaqajno pojednostavljuje ako ovde iskoristimo trigonometrijsku formulu za dvostruki ugao: g (x) = sin 4x. b) Iz razvoja eksponencijalne funkcije imamo e x4 = 1+x 4 +o(x 4 ) kad x 0, pa je traжeni es: g(x) 4x x 0 e x4 1 = 16 x4 + o(x 4 ) x 0 x 4 + o(x 4 = 16 ) 9. 4
4. f : x x x +x 1. D f = (, ) (0, + ).. f(x) > 0, x D f. Kako 0 D f nema ni nule, ni presek sa y-osom.. funkcija nije ni parna, ni neparna, ni periodiqna. x 4. x x + x = + x 0+ x x x + x = x 0+ x x + x = +, prava x = je vertikalna asimptota. x x x + = 0 x + prava x = 0 nije vertikalna asimptota. x x + x = + funkcija nema horizontalnih asimptota. Kad x ± imamo f(x) = x x (1 + x ) 1/ = x ( 1 x + o( 1 x )). Kad x : f(x) = x ( 1 x + o( 1 x )) = x + + o(1) y = x + je leva kosa asimptota. Kad x + : f(x) = x ( 1 x + o( 1 x )) = x + o(1) prava y = x je desna kosa asimptota. 5. f (x) = x (x + 9 ) (x + x) f (x) > 0 x ( 9, ) (0, + ), te funkcija f(x) raste na intervalu ( 9, ) i na (0, + ). f (x) < 0 x (, 9 ), te funkcija f(x) opada na intervalu (, 9 ). Lokalni minimum je taqka M( 9, 9 ). 7 4 x 6. f (x) = > 0, x D (x + x) 5 f, te je funkcija konveksna ( ) na intervalu (, ) i na intervalu (0, + ). Prevojnih taqaka nema.
Rezultati II grupe 1. Ovaj zadatak je veoma sliqan sa 1. zadatakom sa veжbi iz Algebarskih struktura ili 1.. A = {x + y x Q, y Q, (x, y) (0, 0)}, a b = a b. 1 Proverimo prvo zatvorenost. Neka je a = x + y i b = v + w. Tada je a b = (x + y ) (v + w ) = xv + xw + yv + yw = (xv + yw) + (xw + yv), pa kako iz x, y, v, w Q sledi i xv + yw Q i xw + yv Q i kako a, b 0 a b 0, dobijamo da je i a b A, tj. da je operacija zatvorena u skupu A. Na osnovu qinjenice da je mnoжenje realnih brojeva asocijativno sledi i da je operacija asocijativna u skupu A R. Neutralan element je e = 1 jer vaжi 1 a = 1 a = a i a 1 = a 1 = a. Ovaj element pripada skupu A jer ga moжemo zapisati kao e = 1 + 0, a 1, 0 Q. 4 Potraжimo inverzan element za a = x + y. Neka je inverzan element a = z + t. Tada treba da vaжi a a = a a = e (gde je e neutralan element koji smo dobili u prethodnoj taqki, tj. e = 1), pa dobijamo jednaqinu (x + y ) (z + t ) = (z + t ) (x + y ) = 1. Odavde za (x, y) (0, 0) dobijamo da je z + t 1 = x + y = 1 x + y x y x y = x y x y = x x y + y x y. Iz qinjenice da su x, y Q sledi da je x y 0 (iz x y = 0 bi sledilo da je broj x y = Q x y x y xto nije taqno), pa su i x y, x y Q, dok iz (x, y) (0, 0) sledi ( x y, x y ) (0, 0). Time smo pokazali i da je inverzan element a A. Stoga je u ovom sluqaju struktura (A, ) grupa. Napomena. Moжe se pokazati (ali ne treba jer se ne traжi u zadatku!) da je operacija i komutativna, pa je to i Abelova grupa. () A = {x + y x Q, y Q, x + y 0}. Analogno kao u delu pod (1) dobijamo da je operacija na skupu A zatvorena (treba proveriti i da je a b 0), asocijativna, komutativna i ima neutralan element e = 1. Kod traжenja inverznog elementa opet dobijamo jednaqinu (x + y ) (z + t ) = (z + t ) (x + y ) = 1.. a) A(1, 1, 1), B(0,, ), C(1,, 0) AB = ( 1, 1, 1), AC = (0,, 1) n α = AB AC = (, 1, ). α: (x 1) 1(y 1) (z 1) = 0, tj. α: x + y + z 6 = 0. b) M(7,, ) n : x 7 = y 1 = z+ (j-na normale na α). Jednaqina proizvoljne taqke sa normale n je data sa M 1 (t + 7, t +, t ), za neku vrednost parametra t R. Dalje, kako je n α = {M 1 } imamo (t + 7) + t + + (t ) 6 = 0 t = 1, tj. M 1 ( 4,, 4). Simetriqna taqka je N( 15, 1, 6).. h: x cos(1 cos x) a) cos x = 1 x! + o(x ), kad x 0, pa je 1 cos x = x + o(x ), kad x 0. cos(1 cos x) = 1 1 x 4! 4 + o(x4 ), kad x 0, pa je M 4 (x) = 1 1 x4.
b) ln(1 + x 4 ) = x 4 + o(x 4 ), kad x 0, te je traжeni es: x 1 h(x) 4 x 0 ln(1 + x 4 ) = 8 + o(x4 ) x 0 x 4 + o(x 4 ) = 1 8. 4. f : x (x )e 1 x 1. D f = (, ) (, + ). Funkcija nema nula. Presek sa y-osom je Y (0, e ). f(x) > 0 x > f(x) < 0 x <. Funkcija nije ni parna ni neparna, ni periodiqna 4. f(x) = 0, ali f(x) = + x x + f(x) =, f(x) = + x x + Prava y = x je obostrana kosa asimptota. prava x = je vertikalna asimptota. funkcija nema horizontalnih asimptota. 5. f (x) = x 4 x f (x) > 0 x (, ) (4, + ), te funkcija f(x) raste na intervalu (, ) i na (4, + ). f (x) < 0 x (, 4), te funkcija f(x) opada na intervalu (, 4). Lokalni minimum je taqka M(4, e). x e 1 6. f (x) = 1 (x ) e 1 x funkcija je konveksna na (, + ), konkavna na (, ).
1. Rezultati III grupe x y az = a 1 x + y az u = 4 x + y z u = 7 x + y z u = 7 5y + (4 a)z+ u = 10 10y + (6 a)z+ 6u = a x + y z u = 7 5y + (4 a)z+ u = 10 (a )z = a 1. a = ima vixestruko rexenje koje zavisi od parametra (α i β): (x, y, z, u) {(1 + β+4α 5, + α+β 5, α, β), α, β R}.. a ima vixestruko rexenje koje zavisi od 1-og parametra (α): (x, y, z, u) {( α+a+ 5, 14+α a 5, 1, α), α, R}.. p : x 1 a) { = y + 7 1 = z 5 1, q : x + y + z + 1 = 0 x + y + z = 0 v q = (1, 1, 1) (1,, ) = (1,, 1), n α = v p v q = (, 1, 1) (1,, 1) = (1, 1, ), P (1, 7, 5) p, α : 1 (x 1) 1 (y + 7) (z 5) = 0, α : x y z + 7 = 0.. b) N(1, 0, 1) n : x 1 = y 1 1 = z + 1, n α = {N 1 }, N 1 (t + 1, t, t 1), t R N 1 α t + 1 + t + 9t + + 7 = 0 t = 1, N 1 (0, 1, ). a n = ( 1) ( ) n n n n + n nπ n sin +1. Ima taqke nagomilavanja: e 4 + 1 (za n = 4k + 1), e 4 (za n = k) i e 4 1 (za n = 4k + ). 4. f : x x x 1 1. D f = (, 1) (1, + ).. f(x) = 0 nula je x = 0, a i presek sa y-osom je Y (0, 0). f(x) > 0 x > 1 f(x) < 0 x < 1.
. Funkcija nije ni parna ni neparna (domen nije simetriqan u odnosu na x = 0), ni periodiqna (nule se ne ponavljaju periodiqno). x x 1 =, x x 1+ x 1 = + Prava x = 1 je vertikalna asimptota. 4. x 1 x x x 1 =, x x + x 1 = + Nema horizontalnih asimptota. f(x) = x + 1 x + o( 1 x ) kad x ±. Prava y = x je obostrana kosa asimptota. 5. f (x) = x(x ) (x 1) 4 f (x) > 0 x (, 0) (, + ), te funkcija f(x) raste na intervalu (, 0) i na (, + ). f (x) < 0 x (0, 1) (1, ), te funkcija f(x) opada na intervalu (0, 1) i na (1, ). Lokalni maksimum je taqka M 1 (0, 0), a lokalni minimum je taqka M (, 4). 6. f (x) = x + (x 1) 7 Funkcija je konveksna na (, 1) i na (1, + ), konkavna na ( 1, 1). Prevojna taqka je ( 1, 1 ).